Gabungan cembung matriks ketumpatan

Pemilihan berkebarangkalian matriks ketumpatan

Aspek utama matriks ketumpatan adalah bahawa pemilihan berkebarangkalian keadaan kuantum diwakili oleh gabungan cembung matriks ketumpatan yang berkaitan.

Sebagai contoh, jika kita mempunyai dua matriks ketumpatan, $\rho$ dan $\sigma,$ yang mewakili keadaan kuantum sistem $\mathsf{X},$ dan kita menyediakan sistem dalam keadaan $\rho$ dengan kebarangkalian $p$ dan $\sigma$ dengan kebarangkalian $1 - p,$ maka keadaan kuantum yang terhasil diwakili oleh matriks ketumpatan

$$p \rho + (1 - p) \sigma.$$

Secara lebih umum, jika kita mempunyai $m$ keadaan kuantum yang diwakili oleh matriks ketumpatan $\rho_0,\ldots,\rho_{m-1}$, dan sistem disediakan dalam keadaan $\rho_k$ dengan kebarangkalian $p_k$ untuk sesuatu vektor kebarangkalian $(p_0,\ldots,p_{m-1})$, keadaan yang terhasil diwakili oleh matriks ketumpatan

$$\sum_{k = 0}^{m-1} p_k \rho_k.$$

Ini adalah gabungan cembung matriks ketumpatan $\rho_0,\ldots,\rho_{m-1}$.

Maka, jika kita mempunyai $m$ vektor keadaan kuantum $\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{m-1}\rangle$, dan kita menyediakan sistem dalam keadaan $\vert\psi_k\rangle$ dengan kebarangkalian $p_k$ bagi setiap $k\in\{0,\ldots,m-1\}$, keadaan yang kita perolehi diwakili oleh matriks ketumpatan

$$\sum_{k = 0}^{m-1} p_k \vert\psi_k\rangle\langle\psi_k\vert.$$

Sebagai contoh, jika qubit disediakan dalam keadaan $\vert 0\rangle$ dengan kebarangkalian $1/2$ dan dalam keadaan $\vert + \rangle$ dengan kebarangkalian $1/2$, perwakilan matriks ketumpatan bagi keadaan yang kita perolehi diberikan oleh

$$\frac{1}{2} \vert 0\rangle\langle 0 \vert + \frac{1}{2} \vert +\rangle\langle + \vert = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 & 0\\[1mm] 0 & 0 \end{pmatrix} + \frac{1}{2} \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & \frac{1}{2}\\[2mm] \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{3}{4} & \frac{1}{4}\\[2mm] \frac{1}{4} & \frac{1}{4} \end{pmatrix}.$$

Dalam formulasi ringkas maklumat kuantum, merata-ratakan vektor keadaan kuantum seperti ini tidak berfungsi. Sebagai contoh, vektor

$$\frac{1}{2} \vert 0\rangle + \frac{1}{2} \vert + \rangle = \frac{1}{2} \begin{pmatrix}1\\[1mm] 0\end{pmatrix} + \frac{1}{2} \begin{pmatrix}\frac{1}{\sqrt{2}}\\[2mm]\frac{1}{\sqrt{2}}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\frac{2 + \sqrt{2}}{4}\\[2mm]\frac{\sqrt{2}}{4}\end{pmatrix}$$

bukan vektor keadaan kuantum yang sah kerana norma Euclideannya tidak sama dengan $1$. Contoh yang lebih melampau yang menunjukkan bahawa ini tidak berfungsi untuk vektor keadaan kuantum adalah: kita tetapkan sebarang vektor keadaan kuantum $\vert\psi\rangle$ yang kita kehendaki, kemudian kita ambil keadaan kita sebagai $\vert\psi\rangle$ dengan kebarangkalian $1/2$ dan $-\vert\psi\rangle$ dengan kebarangkalian $1/2$. Keadaan-keadaan ini berbeza dengan fasa global, jadi mereka sebenarnya adalah keadaan yang sama — tetapi merata-ratakan memberi kita vektor sifar, yang bukan vektor keadaan kuantum yang sah.

Keadaan bercampur sepenuhnya

Andaikan kita tetapkan keadaan qubit kepada $\vert 0\rangle$ atau $\vert 1\rangle$ secara rawak, masing-masing dengan kebarangkalian $1/2$. Matriks ketumpatan yang mewakili keadaan yang terhasil adalah seperti berikut.

$$\frac{1}{2} \vert 0\rangle\langle 0\vert + \frac{1}{2} \vert 1\rangle\langle 1\vert = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 & 0\\[1mm] 0 & 0 \end{pmatrix} + \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 0 & 0\\[1mm] 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & 0\\[1mm] 0 & \frac{1}{2} \end{pmatrix} = \frac{1}{2} \mathbb{I}$$

(Dalam persamaan ini simbol $\mathbb{I}$ menandakan matriks identiti $2\times 2$.) Ini adalah keadaan khas yang dikenali sebagai keadaan bercampur sepenuhnya. Ia mewakili ketidakpastian penuh tentang keadaan qubit, serupa dengan bit rawak seragam dalam tetapan berkebarangkalian.

Sekarang andaikan kita menukar prosedur: sebagai ganti keadaan $\vert 0\rangle$ dan $\vert 1\rangle$ kita akan menggunakan keadaan $\vert + \rangle$ dan $\vert - \rangle$. Kita boleh mengira matriks ketumpatan yang menerangkan keadaan yang terhasil dengan cara yang serupa.

$$\frac{1}{2} \vert +\rangle\langle +\vert + \frac{1}{2} \vert -\rangle\langle -\vert = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & \frac{1}{2}\\[2mm] \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{pmatrix} + \frac{1}{2} \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & -\frac{1}{2}\\[2mm] -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & 0\\[2mm] 0 & \frac{1}{2} \end{pmatrix} = \frac{1}{2} \mathbb{I}$$

Matriks ketumpatan yang sama seperti sebelumnya, walaupun kita menukar keadaan. Malah, kita akan mendapat hasil yang sama — keadaan bercampur sepenuhnya — dengan menggantikan mana-mana dua vektor keadaan qubit ortogon untuk $\vert 0\rangle$ dan $\vert 1\rangle$.

Ini adalah ciri, bukan pepijat! Kita memang mendapatkan keadaan yang betul-betul sama dalam kedua-dua cara. Iaitu, tidak ada cara untuk membezakan dua prosedur dengan mengukur qubit yang dihasilkan, walaupun dalam erti statistik. Dua prosedur berbeza kita hanyalah cara yang berbeza untuk menyediakan keadaan ini.

Kita boleh mengesahkan ini masuk akal dengan memikirkan apa yang boleh kita harapkan untuk dipelajari daripada pemilihan rawak keadaan dari salah satu daripada dua set keadaan yang mungkin $\{\vert 0\rangle,\vert 1\rangle\}$ dan $\{\vert +\rangle,\vert -\rangle\}$. Untuk memudahkan perkara, anggaplah kita melakukan operasi uniter $U$ pada qubit kita kemudian mengukur dalam asas piawai.

Dalam senario pertama, keadaan qubit dipilih secara seragam dari set $\{\vert 0\rangle,\vert 1\rangle\}$. Jika keadaannya $\vert 0\rangle$, kita memperoleh hasil $0$ dan $1$ dengan kebarangkalian

$$\vert \langle 0 \vert U \vert 0 \rangle \vert^2 \quad\text{and}\quad \vert \langle 1 \vert U \vert 0 \rangle \vert^2$$

masing-masing. Jika keadaannya $\vert 1\rangle$, kita memperoleh hasil $0$ dan $1$ dengan kebarangkalian

$$\vert \langle 0 \vert U \vert 1 \rangle \vert^2 \quad\text{and}\quad \vert \langle 1 \vert U \vert 1 \rangle \vert^2.$$

Kerana dua kemungkinan masing-masing berlaku dengan kebarangkalian $1/2$, kita memperoleh hasil $0$ dengan kebarangkalian

$$\frac{1}{2}\vert \langle 0 \vert U \vert 0 \rangle \vert^2 + \frac{1}{2}\vert \langle 0 \vert U \vert 1 \rangle \vert^2$$

dan hasil $1$ dengan kebarangkalian

$$\frac{1}{2}\vert \langle 1 \vert U \vert 0 \rangle \vert^2 + \frac{1}{2}\vert \langle 1 \vert U \vert 1 \rangle \vert^2.$$

Kedua-dua ungkapan ini sama dengan $1/2$. Satu cara untuk berhujah tentang ini adalah menggunakan fakta dari aljabar linear yang boleh dilihat sebagai pengitlakan teorem Pythagoras.

Teorem

Andaikan $\{\vert\psi_1\rangle,\ldots,\vert\psi_n\rangle\}$ adalah asas ortonormal bagi ruang vektor (nyata atau kompleks) $\mathcal{V}$. Untuk setiap vektor $\vert \phi\rangle \in \mathcal{V}$ kita mempunyai $\vert \langle \psi_1\vert\phi\rangle\vert^2 + \cdots + \vert \langle \psi_n \vert \phi \rangle\vert^2 = \| \vert\phi\rangle \|^2$.

Kita boleh menerapkan teorem ini untuk menentukan kebarangkalian seperti berikut. Kebarangkalian untuk mendapat $0$ adalah

$$\begin{aligned} \frac{1}{2}\vert \langle 0 \vert U \vert 0 \rangle \vert^2 + \frac{1}{2}\vert \langle 0 \vert U \vert 1 \rangle \vert^2 & = \frac{1}{2} \Bigl( \vert \langle 0 \vert U \vert 0 \rangle \vert^2 + \vert \langle 0 \vert U \vert 1 \rangle \vert^2 \Bigr) \\[2mm] & = \frac{1}{2} \Bigl( \vert \langle 0 \vert U^{\dagger} \vert 0 \rangle \vert^2 + \vert \langle 1 \vert U^{\dagger} \vert 0 \rangle \vert^2 \Bigr)\\[2mm] & = \frac{1}{2} \bigl\| U^{\dagger} \vert 0 \rangle \bigr\|^2 \end{aligned}$$

dan kebarangkalian untuk mendapat $1$ adalah

$$\begin{aligned} \frac{1}{2}\vert \langle 1 \vert U \vert 0 \rangle \vert^2 + \frac{1}{2}\vert \langle 1 \vert U \vert 1 \rangle \vert^2 & = \frac{1}{2} \Bigl( \vert \langle 1 \vert U \vert 0 \rangle \vert^2 + \vert \langle 1 \vert U \vert 1 \rangle \vert^2 \Bigr) \\[2mm] & = \frac{1}{2} \Bigl( \vert \langle 0 \vert U^{\dagger} \vert 1 \rangle \vert^2 + \vert \langle 1 \vert U^{\dagger} \vert 1 \rangle \vert^2 \Bigr)\\[2mm] & = \frac{1}{2} \bigl\| U^{\dagger} \vert 1 \rangle \bigr\|^2. \end{aligned}$$

Kerana $U$ adalah uniter, kita tahu bahawa $U^{\dagger}$ adalah uniter juga, bermakna kedua-dua $U^{\dagger} \vert 0 \rangle$ dan $U^{\dagger} \vert 1 \rangle$ adalah vektor unit. Kedua-dua kebarangkalian oleh itu sama dengan $1/2$. Ini bermakna tidak kira bagaimana kita memilih $U$, kita hanya akan mendapat bit rawak seragam dari pengukuran.

Kita boleh melakukan pengesahan yang serupa untuk mana-mana pasangan keadaan ortonormal lain sebagai ganti $\vert 0\rangle$ dan $\vert 1\rangle$. Sebagai contoh, kerana $\{\vert + \rangle, \vert - \rangle\}$ adalah asas ortonormal, kebarangkalian untuk mendapat hasil pengukuran $0$ dalam prosedur kedua adalah

$$\frac{1}{2}\vert \langle 0 \vert U \vert + \rangle \vert^2 + \frac{1}{2}\vert \langle 0 \vert U \vert - \rangle \vert^2 = \frac{1}{2} \bigl\| U^{\dagger} \vert 0 \rangle \bigr\|^2 = \frac{1}{2}$$

dan kebarangkalian untuk mendapat $1$ adalah

$$\frac{1}{2}\vert \langle 1 \vert U \vert + \rangle \vert^2 + \frac{1}{2}\vert \langle 1 \vert U \vert - \rangle \vert^2 = \frac{1}{2} \bigl\| U^{\dagger} \vert 1 \rangle \bigr\|^2 = \frac{1}{2}.$$

Khususnya, kita mendapat statistik output yang sama seperti yang kita dapat untuk keadaan $\vert 0\rangle$ dan $\vert 1\rangle$.

Keadaan berkebarangkalian

Keadaan klasikal boleh diwakili oleh matriks ketumpatan. Khususnya, bagi setiap keadaan klasikal $a$ bagi sistem $\mathsf{X}$, matriks ketumpatan

$$\rho = \vert a\rangle \langle a \vert$$

mewakili $\mathsf{X}$ yang berada secara pasti dalam keadaan klasikal $a$. Untuk qubit kita mempunyai

$$\vert 0\rangle \langle 0 \vert = \begin{pmatrix}1 & 0 \\ 0 & 0\end{pmatrix} \quad\text{and}\quad \vert 1\rangle \langle 1 \vert = \begin{pmatrix}0 & 0 \\ 0 & 1\end{pmatrix},$$

dan secara umum kita mempunyai satu $1$ pada pepenjuru di kedudukan yang berpadanan dengan keadaan klasikal yang kita fikirkan, dengan semua entri lain sifar.

Kita kemudian boleh mengambil gabungan cembung matriks ketumpatan ini untuk mewakili keadaan berkebarangkalian. Dengan andaian mudah bahawa set keadaan klasikal kita adalah $\{0,\ldots,n-1\}$, jika $\mathsf{X}$ berada dalam keadaan $a$ dengan kebarangkalian $p_a$ bagi setiap $a\in\{0,\ldots,n-1\}$, maka matriks ketumpatan yang kita perolehi adalah

$$\rho = \sum_{a = 0}^{n-1} p_a \vert a\rangle \langle a \vert = \begin{pmatrix} p_0 & 0 & \cdots & 0\\ 0 & p_1 & \ddots & \vdots\\ \vdots & \ddots & \ddots & 0\\ 0 & \cdots & 0 & p_{n-1} \end{pmatrix}.$$

Ke arah sebaliknya, mana-mana matriks ketumpatan pepenjuru boleh dikenal pasti secara semula jadi dengan keadaan berkebarangkalian yang kita perolehi dengan hanya membaca vektor kebarangkalian dari pepenjuru.

Untuk jelaskan, apabila matriks ketumpatan adalah pepenjuru, tidak semestinya bermakna kita sedang membincangkan sistem klasikal, atau bahawa sistem mesti telah disediakan melalui pemilihan rawak keadaan klasikal, tetapi bahawa keadaan itu boleh diperoleh melalui pemilihan rawak keadaan klasikal.

Fakta bahawa keadaan berkebarangkalian diwakili oleh matriks ketumpatan pepenjuru konsisten dengan intuisi yang dicadangkan pada awal pelajaran bahawa entri luar pepenjuru menerangkan darjah di mana dua keadaan klasikal yang berpadanan dengan baris dan lajur entri tersebut berada dalam superposisi kuantum. Di sini, semua entri luar pepenjuru adalah sifar, jadi kita hanya mempunyai kerawakan klasikal dan tiada apa-apa dalam superposisi kuantum.

Matriks ketumpatan dan teorem spektral

Kita telah melihat bahawa jika kita mengambil gabungan cembung keadaan tulen,

$$\rho = \sum_{k = 0}^{m-1} p_k \vert \psi_k\rangle \langle \psi_k \vert,$$

kita memperoleh matriks ketumpatan. Setiap matriks ketumpatan $\rho$, malah, boleh dinyatakan sebagai gabungan cembung keadaan tulen seperti ini. Iaitu, sentiasa wujud koleksi vektor unit $\{\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{m-1}\rangle\}$ dan vektor kebarangkalian $(p_0,\ldots,p_{m-1})$ di mana persamaan di atas adalah benar.

Selain itu, kita boleh sentiasa memilih nombor $m$ supaya ia sama dengan bilangan keadaan klasikal sistem yang dipertimbangkan, dan kita boleh memilih vektor keadaan kuantum untuk menjadi ortogon. Teorem spektral, yang kita temui dalam kursus "Asas algoritma kuantum", membolehkan kita membuat kesimpulan ini. Berikut adalah penyataan semula teorem spektral untuk kemudahan.

Teorem

Teorem spektral: Biar $M$ adalah matriks kompleks $n\times n$ yang normal. Wujud asas ortonormal vektor kompleks $n$ dimensi $\{\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{n-1}\rangle \}$ berserta nombor kompleks $\lambda_0,\ldots,\lambda_{n-1}$ sedemikian hingga

$$M = \lambda_0 \vert \psi_0\rangle\langle \psi_0\vert + \cdots + \lambda_{n-1} \vert \psi_{n-1}\rangle\langle \psi_{n-1}\vert.$$

(Ingat bahawa matriks $M$ adalah normal jika ia memenuhi $M^{\dagger} M = M M^{\dagger}$. Dengan kata lain, matriks normal adalah matriks yang kalis tukar tertib dengan transpos konjugat sendirinya.)

Kita boleh menerapkan teorem spektral kepada mana-mana matriks ketumpatan $\rho$ yang diberikan kerana matriks ketumpatan sentiasa Hermitian dan oleh itu normal. Ini membolehkan kita menulis

$$\rho = \lambda_0 \vert \psi_0\rangle\langle \psi_0\vert + \cdots + \lambda_{n-1} \vert \psi_{n-1}\rangle\langle \psi_{n-1}\vert$$

untuk sesuatu asas ortonormal $\{\vert\psi_0\rangle,\ldots,\vert\psi_{n-1}\rangle\}$. Yang tinggal adalah mengesahkan bahawa $(\lambda_0,\ldots,\lambda_{n-1})$ adalah vektor kebarangkalian, yang kemudian boleh kita namakan semula kepada $(p_0,\ldots,p_{n-1})$ jika kita mahu.

Nombor-nombor $\lambda_0,\ldots,\lambda_{n-1}$ adalah nilai eigen $\rho$, dan kerana $\rho$ adalah separa tentu positif, nombor-nombor ini mestilah nombor nyata tak negatif. Kita boleh menyimpulkan bahawa $\lambda_0 + \cdots + \lambda_{n-1} = 1$ dari fakta bahawa $\rho$ mempunyai surihan sama dengan $1$. Menelusuri perinciannya akan memberi kita peluang untuk menunjukkan sifat penting dan sangat berguna berikut bagi surihan.

Teorem

Sifat kitaran surihan: Untuk mana-mana dua matriks $A$ dan $B$ yang menghasilkan matriks segi empat sama $AB$ dengan pendaraban, kesamaan $\operatorname{Tr}(AB) = \operatorname{Tr}(BA)$ adalah benar.

Perhatikan bahawa teorem ini berfungsi walaupun jika $A$ dan $B$ bukan matriks segi empat sama sendiri. Iaitu, kita boleh mempunyai $A$ berukuran $n\times m$ dan $B$ berukuran $m\times n$, untuk sesuatu pilihan integer positif $n$ dan $m$, supaya $AB$ adalah matriks segi empat sama $n\times n$ dan $BA$ adalah $m\times m$.

Khususnya, jika kita biarkan $A$ menjadi vektor lajur $\vert\phi\rangle$ dan biarkan $B$ menjadi vektor baris $\langle \phi\vert$, maka kita melihat bahawa

$$\operatorname{Tr}\bigl(\vert\phi\rangle\langle\phi\vert\bigr) = \operatorname{Tr}\bigl(\langle\phi\vert\phi\rangle\bigr) = \langle\phi\vert\phi\rangle.$$

Kesamaan kedua mengikut dari fakta bahawa $\langle\phi\vert\phi\rangle$ adalah skalar, yang juga boleh kita fikirkan sebagai matriks $1\times 1$ yang surihannya adalah entri tunggalnya. Menggunakan fakta ini, kita boleh menyimpulkan bahawa $\lambda_0 + \cdots + \lambda_{n-1} = 1$ melalui kelinearan fungsi surihan.

$$\begin{gathered} 1 = \operatorname{Tr}(\rho) = \operatorname{Tr}\bigl(\lambda_0 \vert \psi_0\rangle\langle \psi_0\vert + \cdots + \lambda_{n-1} \vert \psi_{n-1}\rangle\langle \psi_{n-1}\vert\bigr)\\[2mm] = \lambda_0 \operatorname{Tr}\bigl(\vert \psi_0\rangle\langle \psi_0\vert\bigr) + \cdots + \lambda_{n-1} \operatorname{Tr}\bigl(\vert \psi_{n-1}\rangle\langle \psi_{n-1}\vert\bigr) = \lambda_0 + \cdots + \lambda_{n-1} \end{gathered}$$

Sebagai alternatif, kita boleh mencapai kesimpulan yang sama dengan menggunakan fakta bahawa surihan matriks segi empat sama (walaupun yang tidak normal) sama dengan jumlah nilai eigennya.

Dengan demikian kita telah menyimpulkan bahawa mana-mana matriks ketumpatan $\rho$ yang diberikan boleh dinyatakan sebagai gabungan cembung keadaan tulen. Kita juga melihat bahawa kita boleh, selain itu, mengambil keadaan tulen untuk menjadi ortogon. Ini bermakna, khususnya, bahawa kita tidak perlu mengambil nombor $n$ lebih besar daripada saiz set keadaan klasikal $\mathsf{X}$.

Secara umum, harus difahami bahawa akan ada cara yang berbeza untuk menulis matriks ketumpatan sebagai gabungan cembung keadaan tulen, bukan hanya cara yang disediakan oleh teorem spektral. Contoh sebelumnya menggambarkan perkara ini.

$$\frac{1}{2} \vert 0\rangle\langle 0 \vert + \frac{1}{2} \vert +\rangle\langle + \vert = \begin{pmatrix} \frac{3}{4} & \frac{1}{4}\\[2mm] \frac{1}{4} & \frac{1}{4} \end{pmatrix}$$

Ini bukan penguraian spektral matriks ini kerana $\vert 0\rangle$ dan $\vert + \rangle$ tidak ortogon. Berikut adalah penguraian spektral:

$$\begin{pmatrix} \frac{3}{4} & \frac{1}{4}\\[2mm] \frac{1}{4} & \frac{1}{4} \end{pmatrix} = \cos^2(\pi/8) \vert \psi_{\pi/8} \rangle \langle \psi_{\pi/8}\vert + \sin^2(\pi/8) \vert \psi_{5\pi/8} \rangle \langle \psi_{5\pi/8}\vert,$$

di mana $\vert \psi_{\theta} \rangle = \cos(\theta)\vert 0\rangle + \sin(\theta)\vert 1\rangle$. Nilai eigennya adalah nombor yang mungkin kelihatan biasa:

$$\cos^2(\pi/8) = \frac{2+\sqrt{2}}{4} \approx 0.85 \quad\text{and}\quad \sin^2(\pi/8) = \frac{2-\sqrt{2}}{4} \approx 0.15.$$

Vektor eigen boleh ditulis secara eksplisit seperti ini.

$$\begin{aligned} \vert\psi_{\pi/8}\rangle & = \frac{\sqrt{2 + \sqrt{2}}}{2}\vert 0\rangle + \frac{\sqrt{2 - \sqrt{2}}}{2}\vert 1\rangle \\[3mm] \vert\psi_{5\pi/8}\rangle & = -\frac{\sqrt{2 - \sqrt{2}}}{2}\vert 0\rangle + \frac{\sqrt{2 + \sqrt{2}}}{2}\vert 1\rangle \end{aligned}$$

Sebagai contoh lain yang lebih umum, andaikan $\vert \phi_0\rangle,\ldots,\vert \phi_{99} \rangle$ adalah vektor keadaan kuantum yang mewakili keadaan satu qubit, dipilih secara sewenang-wenangnya — jadi kita tidak mengandaikan sebarang hubungan tertentu antara vektor-vektor ini. Kita kemudian boleh mempertimbangkan keadaan yang kita perolehi dengan memilih salah satu daripada $100$ keadaan ini secara seragam secara rawak:

$$\rho = \frac{1}{100} \sum_{k = 0}^{99} \vert \phi_k\rangle\langle \phi_k \vert.$$

Kerana kita sedang membincangkan qubit, matriks ketumpatan $\rho$ berukuran $2\times 2$, jadi melalui teorem spektral kita boleh menulis secara alternatif

$$\rho = p \vert\psi_0\rangle\langle\psi_0\vert + (1 - p) \vert\psi_1\rangle\langle\psi_1\vert$$

untuk sesuatu nombor nyata $p\in[0,1]$ dan asas ortonormal $\{\vert\psi_0\rangle,\vert\psi_1\rangle\}$ — tetapi sudah tentu kewujudan ungkapan ini tidak menghalang kita daripada menulis $\rho$ sebagai purata 100 keadaan tulen jika kita memilih untuk berbuat demikian.